2018-2019学年高中物理 模块综合试卷 沪科版必修2.doc

模块综合试卷(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分)1一个物体在光滑水平面上以初速度v0做曲线运动，已知在此过程中物体只受一个恒力F作用，运动轨迹如图1所示则由M到N的过程中，物体的速度大小将()图1A逐渐增大B逐渐减小C先增大后减小 D先减小后增大答案D解析判断做曲线运动的物体速度大小的变化情况时，应从下列关系入手：当物体所受合外力方向与速度方向的夹角为锐角时，物体做曲线运动的速率增大；当物体所受合外力方向与速度方向的夹角为钝角时，物体做曲线运动的速率减小；当物体所受合外力方向与速度方向的夹角始终为直角时，物体做曲线运动的速率不变在本题中，合力F的方向与速度方向的夹角先为钝角，后为锐角，故D选项正确2火星有两颗卫星，分别是火卫一和火卫二，它们的轨道近似为圆已知火卫一的周期为7小时39分，火卫二的周期为30小时18分，则两颗卫星相比()A火卫一距火星表面较近B火卫二的角速度较大C火卫一的运动速度较小D火卫二的向心加速度较大答案A解析由mamr得：a，v，r，则T大时，r大，a小，v小，且由知，T大，小，故正确选项为A.3如图2所示为质点做匀变速曲线运动轨迹的示意图，且质点运动到D点(D点是曲线的拐点)时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，则质点从A点运动到E点的过程中，下列说法中正确的是()图2A质点经过C点的速率比D点的大B质点经过A点时的加速度方向与速度方向的夹角小于90C质点经过D点时的加速度比B点的大D质点从B到E的过程中加速度方向与速度方向的夹角先增大后减小答案A解析因为质点做匀变速运动，所以加速度恒定，C项错误在D点时加速度与速度垂直，故知加速度方向向上，合力方向也向上，所以质点从C到D的过程中，方向与速度方向夹角大于90，合力做负功，动能减小，vCvD，A项正确，B项错误从B至E的过程中，加速度方向与速度方向夹角一直减小，D项错误4把甲物体从2h高处以速度v0水平抛出，落地点与抛出点的水平距离为L，把乙物体从h高处以速度2v0水平抛出，落地点与抛出点的水平距离为s，不计空气阻力，则L与s的关系为()AL BLsCLs DL2s答案C解析根据2hgt12，得t12，则Lv0t12v0.由hgt22，得t2，则s2v0t22v0，所以Ls，故选项C正确5明代出版的天工开物一书中就有牛力齿轮翻车的图画(如图3所示)，记录了我们祖先的劳动智慧若A、B、C三齿轮半径的大小关系为rArBrC，则()图3A齿轮A的角速度比C的大B齿轮A、B的角速度大小相等C齿轮B与C边缘的线速度大小相等D齿轮A边缘的线速度比齿轮C边缘的线速度大答案D解析齿轮A边缘的线速度vA与齿轮B边缘的线速度vB相等，齿轮B、C的角速度BC.由vAArA，vBBrB，vCCrC，vAvB，rArBrC，BC可得：AB，AvC，vAvC，故选项D正确62015年9月23日，在江苏省苏州市进行的全国田径锦标赛上高兴龙获得男子跳远冠军，在一次试跳中，他(可看成质点)水平距离达8 m，最高处高达1 m设他离开地面时的速度方向与水平面的夹角为，若不计空气阻力，则tan 等于()A. B.C. D1答案C解析从起点A到最高点B可看成平抛运动的逆过程，如图所示，运动员做平抛运动，初速度方向与水平方向夹角的正切值为tan 2tan 22，选项C正确7引力波现在终于被人们用实验证实，爱因斯坦的预言成为科学真理早在70年代就有科学家发现，高速转动的双星可能由于辐射引力波而使星体质量缓慢变小，观测到周期在缓慢减小，则该双星间的距离将()A变大 B变小C不变 D可能变大也可能变小答案B8(多选)如图4所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点处将小球拉至A处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，它运动到O点正下方B点速度为v，AB间的竖直高度差为h，则()图4A由A到B重力做的功等于mghB由A到B重力势能减少mv2C由A到B小球克服弹力做功为mghD小球到达位置B时弹簧的弹性势能为mgh答案AD解析重力做功只和高度差有关，故由A到B重力做的功等于mgh，选项A正确；由A到B重力势能减少mgh，选项B错误；由A到B小球克服弹力做功为Wmghmv2，选项C错误，D正确9(多选)如图5所示，斜面顶端A与另一点B在同一水平线上，甲、乙两小球质量相等小球甲沿光滑固定斜面以初速度v0从顶端A滑到底端，小球乙以同样的初速度从B点抛出，不计空气阻力，则()图5A两小球落地速率相同B两小球落地时，重力的瞬时功率相同C从开始运动至落地过程中，重力对它们做功相同D从开始运动至落地过程中，重力的平均功率相同答案AC解析由于斜面光滑，且不计空气阻力，故两小球运动过程中只有重力做功，由机械能守恒定律可知两小球落地时速率相同，故选项A正确；由于A小球沿斜面做匀加速运动，B小球做斜抛运动，它们落地时的速度方向不同，故两小球落地时，重力的瞬时功率不相同，选项B错误；由于重力做功与路径无关，只与初、末位置的高度差有关，故从开始运动至落地过程中，重力对它们做功相同，选项C正确；由于两小球的运动方式不同，所以从开始运动至落地过程中所用时间不同，由P可知重力的平均功率不同，选项D错误10(多选)在圆轨道上运动的质量为m的人造地球卫星，它到地面的距离等于地球半径R，地面上的重力加速度为g，则()A卫星的动能为B卫星运动的周期为4C卫星运动的加速度为D卫星运动的速度为答案AB解析人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设地球质量为M、卫星的轨道半径为r，则，忽略地球自转的影响有mg，联立得v，卫星的动能Ekmv2mgR，选项A正确，D错误；卫星运动的周期T4，选项B正确；设卫星运动的加速度为a，则有ma，联立得a，选项C错误11(多选)如图6所示，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m的小环，从大环的最高处由静止滑下，滑到大环的最低点的过程中(重力加速度为g)()图6A小环滑到大圆环的最低点时处于失重状态B小环滑到大圆环的最低点时处于超重状态C此过程中小环的机械能守恒D小环滑到大环最低点时，大圆环对杆的拉力大于(mM)g答案BCD解析小环滑到大圆环的最低点时，有竖直向上的加速度，由牛顿运动定律可知小环处于超重状态，同时知杆对大圆环的拉力大于(Mm)g，由牛顿第三定律知，大圆环对杆的拉力大于(Mm)g，故选项A错误，选项B、D正确由于大环固定不动，对小环的支持力不做功，只有重力对小环做功，所以小环的机械能守恒，故选项C正确12(多选)图7甲为0.1 kg的小球从最低点A冲入竖直放置在水平地面上、半径为0.4 m的半圆轨道后，小球速度的平方与其高度的关系图像，如图乙所示已知小球恰能到达最高点C，轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计g取10 m/s2，B为AC轨道中点下列说法正确的是()图7A图乙中x4B小球从B到C损失了0.125 J的机械能C小球从A到C合外力对其做的功为1.05 JD小球从C抛出后，落地点到A的距离为0.8 m答案ACD解析当h0.8 m时小球在C点，由于小球恰能到达最高点C，故mgm，所以vC2gr100.4 m2s24 m2s2，故选项A正确；由已知条件无法计算出小球从B到C损失了0.125 J的机械能，故选项B错误；小球从A到C，由动能定理可知W合mvC2mvA20.14 J0.125 J1.05 J，故选项C正确；小球离开C点后做平抛运动，故2rgt2，落地点到A的距离x1vCt，解得x10.8 m，故选项D正确二、实验题(本题共2小题，共16分)13(8分)如图8甲所示是某同学探究做圆周运动的物体质量、向心力、轨道半径及线速度关系的实验装置，圆柱体放置在水平光滑圆盘上做匀速圆周运动力传感器测量向心力F，速度传感器测量圆柱体的线速度v，该同学通过保持圆柱体质量和运动半径不变，来探究向心力F与线速度v的关系：图8(1)该同学采用的实验方法为_A等效替代法B控制变量法C理想化模型法(2)改变线速度v，多次测量，该同学测出了五组F、v数据，如下表所示：v/(ms1)1.01.52.02.53.0F/N0.882.003.505.507.90该同学对数据分析后，在图乙坐标纸上描出了五个点作出Fv2图线；若圆柱体运动半径r0.2 m，由作出的Fv2的图线可得圆柱体的质量m_ kg.(结果保留两位有效数字)答案(1)B(2)0.1814(8分)某课外活动小组利用竖直上抛运动验证机械能守恒定律(1)某同学用20分度游标卡尺测量出小球的直径为1.020 cm.图9所示弹射装置将小球竖直向上抛出，先后通过光电门A、B，计时装置测出小球通过A、B的时间分别为2.55 ms、5.15 ms，由此可知小球通过光电门A、B时的速度分别为vA、vB，其中vA_m/s.图9(2)用刻度尺测出光电门A、B间的距离h，已知当地的重力加速度为g，只需比较_(用题目中涉及的物理量符号表示)是否相等，就可以验证机械能是否守恒(3)通过多次实验发现，小球通过光电门A的时间越短，(2)中要验证的两数值差越大，试分析实验中产生误差的主要原因是_答案(1)4(4.0或4.00也对)(2)gh和(3)小球上升过程中受到空气阻力的作用，速度越大，所受阻力越大解析 (1)小球通过光电门可近似认为做匀速直线运动，所以vA4 m/s；(2)在验证机械能守恒定律时，要看动能的减少量是否等于势能的增加量，即gh；(3)小球通过A的时间越短，意味着小球的速度越大，而速度越大受到的空气阻力就越大，损失的能量越多，动能的减少量和势能的增加量差值就越大三、计算题(本题共3小题，共36分，解答时应写出必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)15(10分)如图10所示，假设某星球表面上有一倾角为37的固定斜面，一质量为m2.0 kg的小物块从斜面底端以速度9 m/s沿斜面向上运动，小物块运动1.5 s时速度恰好为零已知小物块和斜面间的动摩擦因数为0.25，该星球半径为R1.2103 km.试求：(sin 370.6，cos 370.8)图10(1)该星球表面上的重力加速度g的大小；(2)该星球的第一宇宙速度的大小答案(1)7.5 m/s2(2)3103 m/s解析(1)对物块受力分析，由牛顿第二定律可得mgsin mgcos ma，a，由代入数据求得g7.5 m/s2.(2)设第一宇宙速度为v，由mgm得：v3103 m/s.16(12分)如图11所示，质量为m1 kg的小滑块(视为质点)在半径为R0.4 m的圆弧A端由静止开始释放，它运动到B点时速度为v2 m/s.当滑块经过B后立即将圆弧轨道撤去滑块在光滑水平面上运动一段距离后，通过换向轨道由C点过渡到倾角为37、长s1 m的斜面CD上，CD之间铺了一层匀质特殊材料，其与滑块间的动摩擦因数可在01.5之间调节斜面底部D点与光滑地面平滑相连，地面上一根轻弹簧一端固定在O点，自然状态下另一端恰好在D点认为滑块通过C和D前后速度大小不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，不计空气阻力图11(1)求滑块对B点的压力大小以及在AB上克服阻力所做的功；(2)若设置0，求质点从C运动到D的时间；(3)若最终滑块停在D点，求的取值范围答案见解析解析(1)在B点，Nmgm解得N20 N由牛顿第三定律，N20 N从A到B，由动能定理，mgRWmv2解得W2 J(2)0，滑块在CD间运动，有mgsin ma加速度agsin 6 m/s2由匀变速运动规律得svtat2解得t s，或t1 s(舍去)(3)最终滑块停在D点有两种可能：a.滑块恰好能从C下滑到D.则有mgsin s1mgcos s0mv2，得到11b滑块在斜面CD和水平地面间多次反复运动，最终静止于D点当滑块恰好能返回C：2mgcos 2s0mv2得到20.125当滑块恰好能静止在斜面上，则有mgsin 3mgcos ，得到30.75所以，当0.1250.75时，滑块能在CD和水平地面间多次反复运动，最终静止于D点综上所述，的取值范围是0.1250.75或1.【考点】动能定理的综合应用问题【题点】动能定理的综合应用问题17(14分)为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角为60、长为L12 m的倾斜轨道AB，通过微小圆弧与长为L2 m的水平轨道BC相连，然后在C处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道上D处，如图12所示现将一个小球从距A点高为h0.9 m的水平台面上以一定的初速度v0水平弹出，到A点时速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下已知小球与AB和BC间的动摩擦因数均为，g取10 m/s2.图12(1)求小球初速度v0的大小；(2)求小球滑过C点时的速率vC；(3)要使小球不离开轨道，则竖直圆弧轨道的半径R应该满足什么条件？答案(1) m/s(2)3 m/s(3)0R1.08解析(1)小球开始时做平抛运动：v y22gh，代入数据解得vy m/s3 m/s，A点：tan 60，得vxv0 m/s m/s.(2)从水平抛出到C点的过程中，由动能定理得mg(hL1sin )mgL1cos mgL2mvC2mv02，代入数据解得vC3 m/s.(3)小球刚好能过最高点时，重力提供向心力，则mg，mvC22mgR1mv2，代入数据解得R11.08 m，当小球刚能到达与圆心等高时，有mvC2mgR2，代入数据解得R22.7 m，当圆轨道与AB相切时R3BCtan 601.5 m，即圆轨道的半径不能超过1.5 m，综上所述，要使小球不离开轨道，R应该满足的条件是0R1.08 m.